【力扣200. 岛屿数量】的一种错误解法（BFS）

先看正确解法，每个节点1一旦被访问到，就立刻被改为0

cpp 复制代码

class Solution 
{
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) 
    {
        int m = grid.size();
        if (0 == m) return 0;
        int n = grid[0].size();
        if (0 == n) return 0;

        int count = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                if ('0' == grid[i][j]) continue;
                grid[i][j] = '0';
                count++;
                queue<pair<int, int>> q; // 相邻节点
                q.push({i, j});
                while (false == q.empty())
                {
                    pair<int, int> p = q.front();
                    q.pop();
                    int x = p.first;
                    int y = p.second;
                    if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == '1')
                    {
                        q.push({x - 1, y});
                        grid[x - 1][y] = '0';
                    }
                    if (x + 1 < m && grid[x + 1][y] == '1')
                    {
                        q.push({x + 1, y});
                        grid[x + 1][y] = '0';
                    }
                    if (y - 1 >= 0 && grid[x][y - 1] == '1')
                    {
                        q.push({x, y - 1});
                        grid[x][y - 1] = '0';
                    }
                    if (y + 1 < n && grid[x][y + 1] == '1')
                    {
                        q.push({x, y + 1});
                        grid[x][y + 1] = '0';
                    }
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

下面的错误解法，在出队后统一将访问的节点值改为0

cpp 复制代码

class Solution 
{
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) 
    {
        int m = grid.size();
        if (0 == m) return 0;
        int n = grid[0].size();
        if (0 == n) return 0;

        int count = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                if ('0' == grid[i][j]) continue;
                // grid[i][j] = '0';
                count++;
                queue<pair<int, int>> q; // 相邻节点
                q.push({i, j});
                while (false == q.empty())
                {
                    pair<int, int> p = q.front();
                    q.pop();
                    int x = p.first;
                    int y = p.second;
                    grid[x][y] = '0';
                    if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == '1')
                    {
                        q.push({x - 1, y});
                        // grid[x - 1][y] = '0';
                    }
                    if (x + 1 < m && grid[x + 1][y] == '1')
                    {
                        q.push({x + 1, y});
                        // grid[x + 1][y] = '0';
                    }
                    if (y - 1 >= 0 && grid[x][y - 1] == '1')
                    {
                        q.push({x, y - 1});
                        // grid[x][y - 1] = '0';
                    }
                    if (y + 1 < n && grid[x][y + 1] == '1')
                    {
                        q.push({x, y + 1});
                        // grid[x][y + 1] = '0';
                    }
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

这种错误做法有一个逻辑问题 ：没有立即标记访问过的节点 ，这会导致重复入队和无限循环。

问题分析

在将节点加入队列时不立即标记为已访问，会发生以下情况：

cpp 复制代码

// 错误示例
if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == '1')
{
    q.push({x - 1, y});  // 这里push了(x-1, y)
    // 没有立即标记为'0'，这个节点还是'1'
}

具体问题

假设有这样的岛屿：

复制代码

1 1
1 1

执行流程：

遇到(0,0)，入队(0,0)
弹出(0,0)，访问它的四个方向
发现(0,1)是1，入队(0,1) ← 入队时没有标记
发现(1,0)是1，入队(1,0) ← 入队时没有标记
弹出(0,1)，访问四个方向
发现(0,0)已经是0，没问题
发现(1,1)是1，入队(1,1)
弹出(1,0)，访问四个方向
发现(0,0)已经是0
发现(1,1)是1 ← 问题在这里！

由于之前(1,1)已经被发现但还没有被标记为0，当从(1,0)访问(1,1)时，又会入队一次(1,1)，导致重复入队。

更严重的问题

考虑更大的岛屿，这种重复入队会导致队列中包含大量重复节点，可能导致：

队列过大
处理时间增加
在极端情况下可能导致无限循环或性能问题

正确做法

在节点入队时立即标记为已访问，这样：

保证每个节点只入队一次
避免重复访问
逻辑更清晰，符合BFS的原则

cpp 复制代码

// 正确做法：入队时立即标记
if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == '1')
{
    q.push({x - 1, y});
    grid[x - 1][y] = '0';  // 立即标记
}

或者也可以在弹出节点时标记 ，但这样需要在入队时检查是否已访问，而上述错误代码只在入队时检查grid[x - 1][y] == '1'，没有检查是否已经在队列中但还未被处理。